立体几何题 变换方法多

华瑞芬

在求解立体几何问题的过程中，要学会把已知条件不断地变换，从而不断地接近要求解的目标，并最终达成目标.解题过程就是如何巧妙地进行变换，简化解题的过程，下面举例说明变换的多种方法，以利于提高学生的解题技巧.

一、平移

对于异面直线所成的角，以及直线与平面、平面与平面所成角不便于直接找到时，可采用平移变换的方法，使分散的条件相对集中，使复杂的图形简化，从而顺利求解.

图1

例1如图1所示，ABC-A1B1C1是直三棱柱，∠ACB=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为（ ）.

A.3010 B.12 C. 3015 D. 1510

解析延长B1A1，使A1E=A1D1，连AE、EF1，则∠EAF1就是异面直线BD1与AF1所成角.

∵∠B1A1C1=45°，则∠EA1F1=135°.

在△EAF1中，利用余弦定理易求得cos∠EAF1=3010，故应选A.

图2

例2如图2所示，E、F是正四面体对棱BD、AC的中点，试求异面直线AE、BF所成的角.

解析连结DF，取其中点Q，连结QE、QA，由已知易知QE∥BF，故∠QEA就是异面直线AE、BF所成的角.

设正四面体棱长为1，∵正四面体的侧面均为正三角形，又知E、F为边的中点，

∴AE、DF、BF既是中线又是高线，则AE=DF=BF=

12-（12）2=32，QE=12BF=34，QF=12DF=34，AF=12AC=12.

在Rt△QFA中，QA2=QF2+AF2=716.

在△QEA中，由余弦定理得

cos∠QEA=QE2+AE2-AQ22QE·AE=23，

∴∠QEA=arccos23，即异面直线AE与BF所成的角为arccos23.

二、截面

求解立体几何问题时，作出适当的截面，特别是旋转体的轴截面，常使诸元素集中于截面图中，回避了复杂的空间图形，为解题带来了方便.

例3一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是（ ）.

A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π

图3

解析过四面体A-BCD的棱AB做出球O的截面大圆，如图3.

设球直径AE与底面BCD交于O′，由AB=2，可得BO′=63，进而AO′=233.

设球的半径为R，则有AO=BO=R，OO′=233-R.

在Rt△BOO′中，由BO2=BO′2+OO′2，有R2=（63）2+（233-R）2，则R=32.所以S球=4πR2=3π.应选A.

例4在三棱锥P-ABC中，已知PA=a，其余各棱长为b，求三棱锥的体积.

解析若以△ABC为底面求高很困难，若以一棱BC为高，即做一个截面PAE与棱BC垂直，这样就可把求三维体积转化为求二维面积来解决.

图4

如图4所示，显然△ABC、△PBC为等边三角形.设棱BC的中点为E，易知BC⊥平面PAE，即将原三棱锥切割成以△PAE为底面的两个小三棱锥，其高之和为BC的长.易知PE=AE=32b.取AP中点D，则DE⊥AP，DE=PE2-（12PA）2=123b2-a2，所以

VP-ABC=13S△PAE（BE+EC）=112ab3b2-a2.

三 分割

将不规则的几何体，运用切割的技术手法，分成若干规则的几何体，化整体为部分，从而使问题顺利获解.

例5一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是（ ）.

A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π

解析以球心为顶点，四面体的各面为底面，将四面体分割成四个等体积的小三棱锥.利用整体与部分的关系，可导出小锥体高OO′与四面体高AO′的关系，进而求出球的半径.

图5

如图5，设AO′=h，OO′=d，则整体与部分的体积关系是VA-BCD=4VO-BCD，即13S△BCD·h=43S△BCD·d，解之得h=4d，从而R=AO=3d=34AO′.

由例2知AO′=233，则R=32，所以S球=4πR2=3π.应选A.

四、补形

若题设中的图形生疏，条件不便应用，可通过补形的技术手段，转化为熟悉、简单的图形，会给解题带来极大方便.图6

例6同例3

解析以正四面体的棱长2作为正方体的面对角线长，将正四面体补成正方体，如图6.则该正方体与原四面体有相同的外接球，这时正方体的棱长为1，正方体的对角线长AE为3，它也是外接球的直径，得R=32，所以S球=4πR2=3π.应选A.

五、等积

当一个三棱锥的体积难求时，不妨采用变更顶点或换底面的技术，最终转化为一个便于求体积的三棱锥.

图7

例7如图7，正方体AC1的棱长是2，E是B1B的中点，F是CD的中点，求三棱锥F-A1ED1的体积 .

解析取AB的中点G，连结FG、A1G、EG.由FG∥D1A1，知FG∥面A1ED1，则F、G到面A1ED1的距离相等，从而有VF-A1ED1=VG-A1ED1=VD1-A1EG.而S△A1EG=S□ABB1A1-2S△A1AG-S△GBE=32，所以VF-A1ED1=VD1-A1EG=13S△A1EG·A1D1=1.

六、射影

求直线与平面所成的角，需要做出线在面内的射影，而求无棱二面角时，可考虑将一个面内的图形向另一个面内做射影的技术手段，化难为易.

图8

例8如图8，正三棱柱各棱长为1，M是CC1的中点，求：

（1） A1B1与面A1BM所成角的大小；

（2） 面A1BM与面ABC所成二面角的大小.

解析（1） 做B1在面A1BM内射影D，则∠B1A1D是A1B1与面A1BM所成角.设B1D=d，可用体积法，由VB1-A1BM=VM-A1BB1，有13S△A1BM·d=13S△A1BB1·MN，其中MN=32，S△A1BB1=12，S△A1BM=12A1B · MN=

64，可得d=

22

.再由sin∠B1A1D=dA1B1=22

，得∠B1A1D=45°.（本题中的D点实际上就是点N）

（2） 由正三棱柱知△ABC是△A1BM的射影，又

S△ABC=34

，S△A1BM=64，由公式cosθ=S△ABCS△A1BM=22，得所求二面角大小为θ=45°.

七、延伸

在证明线共点时，常需把延长线相交，而对于无棱二面角，一个基本的技术动作就是延伸平面，使两个平面相交，化无棱为有棱.

例9例8 （2）图9

解析延伸A1M、AC，交于点P，连结BP，如图9.则所求二面角就是A1-BP-A.由M是C1C的中点，可知CP=AC=BC，则AB⊥BP.

又A1A⊥面ABC，则A1B⊥BP，∠ABA1是二面角A1-BP-A的平面角.在Rt△ABA1中，由AB=AA1，知∠ABA1=45°.

八、展平

对于求多面体、旋转体上两点沿表面的最短线问题，常用展成平面的技法，化折线为直线，化曲面为平面.

例10如图10所示，正三棱锥A-BCD底面边长为a，侧棱长为2a，E、F为AC、AD上的动点，求截面△BEF周长的最小值和这时E、F的位置.

图10图11

解析把三棱锥A-BCD的侧面展开如图11所示，则BB′是截面△BEF周长的最小值.

易知BB′∥CD，∴∠1 =∠2.

又∵AC=AD=AB′=2a，CD=DB′=a，

∴△ACD ≌ △ADB′.

∴∠2 =∠3 =∠4，∴∠1 =∠3 =∠4，

∴△AB′D∽△B′FD，

∴DFDB′=DB′AD，其中AD=2a，DB′=a，

∴DF=12a.

又△AEF∽△ACD，∴EFCD=AFAD，其中CD=a，AD=2a，AF=2a-a2=3a2，

∴EF=34a.

又∵在△DB′F中，∠1 =∠3，∴B′F=B′D=a，

∴截面△BEF周长的最小值是BB′=BE+EF+FB′=2B′D

+EF=2a+34a=114a.

E、F两点分别满足AE=AF=32a.

图12

例11如图12，正三棱锥P-ABC的三条侧棱间的夹角都是30°，侧棱长为1，过B做截面△BMN，求△BMN周长的最小值.

图13

解析沿PB剪开，将三个侧面展成一个平面，如图13.可见线段BB′即为△BMN的最小周长.

又∠BPB′=90°，PB=PB′=1，则BB′=2即为所求.

九、对称

对于在平面内求一点，使其到平面同侧两点的距离和最小的问题，可类比平面几何的方法，采用对称技术加以解决.

例12正方体AC1的棱长为2，M是AA1的中点，点N在D1C上，点P在面ABCD内，求MP+PN的最小值.图14

解析如图14，做出点M关于面ABCD的对称点M1，则MP+PN=M1P+PN.因此要使该式取得最小值，应使M1、P、N共线.而M1N的最小值就是△M1CD1的边CD1上的高h.

易求得CD1=22，M1D1=13，M1C=3，cos∠M1CD1=26，sin∠M1CD1=346，S△M1CD1=12M1C ·CD1sin∠M1CD1=17，由12CD1·h=17，故所求的最小值为h=342.

十、旋转

将某些图形旋转适当的角度，使立体图形转化成平面图形.当要研究的图形在两个平面上时，则